热门试卷

解：由功的公式W=FLcosθ可知，

水平拉力F1的功 W=F1s，

水平拉力F2的功 W=F2cos30°2s=F2s，

由于它们的功相同，所以可以求得，

F1和F2的大小之比为：1，所以D正确．

故选D．

解：A、在a处小球受竖直向下的重力G与向上的弹簧的弹力fa，小球处于平衡状态，由平衡条件可得：fa=G；在c处，小球受竖直向下的重力G、竖直向下的弹力fc、托板竖直向上的支持力F，支持力与小球对托板的压力相等，则F=2G，由平衡条件得：fc+G=F，fc+G=2G，则fc=G，所以小球在a、c两处弹力大小相等，故A正确；

B、由A的分析可知，fc=fa，fc=kXc，fa=kXa，所以Xc=Xa=h，弹簧的弹性势能EP=kX2，因此在a、c两处弹簧的弹性势能相等，弹力做功或克服弹力做的功等于弹簧弹性势能的变化量，因此从a到b过程与从b到c过程中，弹簧弹力所做的功相等，记作W；小球缓慢移动，在各时刻小球速度为零，以小球为研究对象，由动能定理可得，由a到b过程中，W-Gh+W托板=0-0，则W托板=Gh-W，在b到c的过程中，W托板′-W-Gh=0-0，W托板′=W+Gh，则小球从a到b过程中与从b到c过程中，托板对小球做的功不相等，故B正确，C错误；

D、由a处到b处弹簧做弹力做正功，由b处到c处弹簧弹力做负功，故D错误；

故选AB．

解：人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，沙袋在上升过程中最减速运动，加速度向下，属于失重，故D正确；

故选：D

解：A、在0-2s内物体做加速运动，2-6s内做匀速运动，由受力分析可知，拉力不恒定，故A错误；

B、在2-6s内P=Fv，F=，故f=F=4N，在甲图中a=，

由牛顿第二定律可知

F′-f=ma

在2s末，P′=F′v

联立解得m=2kg，F′=10N，故B正确；

C、由图象可知在0-6s内通过的位移为x=30m，故摩擦力做功为Wf=fx=4×30=120J，故C错误；

D、由动能定理可知

W-Wf=

W=，故D正确；

故选：BD．

解：A、质量为m的物体静止放置光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，加速度为：

a=

物体做匀加速直线运动

D、每经过相同的时间，速度改变量△v=at，相同，故D正确；

A、但由于物体是加速运动，故不同时间间隔的初速度不同，不位移不同，故A错误；

B、C、根据动能定理，物体动能的变化量等于总功，为△Ek=W=F•x，由于不同时间间隔的位移不同，故动能的增加量不同、力F的功也不同，故B错误，C错误；

故选：D．

解：物体运动过程中，受重力、支持力和方向向右的水平力，只有水平力做功，根据动能定理，有：

W=

故选：A．

解：第1s内做功为W，则由动能定理可知：W=mv2；

A、由图可知，第3秒末到第5秒末速度由v变到0；则由动能定理可知，合外力做功W=0-mv2=-W；故A错误；

B、由5s到第7s末速度与0变化到v，则由动能定理可知，合外力的功等于W；故B正确；

C、由几何关系可知，4s末的速度为v′=；则对3s到4s分析，由动能定理可得：W′=mv′2-mv2=-m×v2=-0.75W；故C错误；

D、从第3s末到第7s末，速度大小相等，则动能的变化相等，故合外力做功为零；第1s内2a==v；则第3s末到第7s末内物体的加速度为：a′==-a；故D正确；

故选：BD．